专题10 二次函数与平行四边形含矩形菱形正方形的存在性问题（解析版）.docx

1、专题10 二次函数与平行四边形含矩形菱形正方形的存在性问题（解析版）第一部分 典例剖析+变式训练类型一 二次函数与平行四边形的存在性问题典例1 （2022攀枝花）如图，二次函数yax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）（1）求二次函数的表达式；（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说

2、明理由思路引领：（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，1），设二次函数解析式为ya（x1）21，将点B（0，0）代入得，a10，即可得出答案；（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则SSAOB+SOAPSOBP，代入化简即可；（3）设N（n，n22n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，分别求出n的值，进而得出答案解：（1）二次函数的最小值为1，点M（1，m）是其对称轴上一点，二次函数顶点为（1，1），设二次函数解析式为ya（x1）21，将点O（0，0）代入得，a10，a1，y（x1）21x22x；（2）连接OP，当y0时，x22x0，x0或2，A（2，0），

3、点P在抛物线yx22x上，点P的纵坐标为t22t，SSAOB+SOAPSOBP=1221+122（t2+2t）12tt2+32t+1；（3）设N（n，n22n），当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+01+n，n1，N（1，1），当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1n+0，n3，N（3，3），当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n0+1，n1，N（1，3），综上：N（1，1）或（3，3）或（1，3）总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键变式训练1（2022贵港模拟）如图，抛物线yax2+b

4、x+6与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A坐标为（2，0），点B坐标为（6，0）对称轴l与x轴交于点F，P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC（1）求抛物线的表达式；（2）当四边形ACPB面积最大时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，连接PF，E是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由思路引领：（1）用待定系数法即可得抛物线的表达式为y=12x2+2x+6；（2）连接AC、OP，过P作PHx轴于H，在y=12x2+2x+6中得C（0，6），设P（m，12m2+2m+6），S四边形

5、ACPBSAOC+SCOP+SBOP=32（m3）2+752，根据二次函数性质及得答案；（3）设E（n，0），Q（t，12t2+2t+6），又P（3，152），分三种情况：当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，2+n=t+30+0=12t2+2t+6+152，解得Q（31+2，152）或（31+2，152）；当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，2+t=n+312t2+2t+6=0+152，解得Q（1，152）；当FP、EQ为对角线时，2+3=n+t0+152=012t2+2t+6，解得Q（1，152）解：（1）将A（2，0），B（6，0）代入yax2+bx+6得：4a2b+6

6、=036a+6b+6=0，解得a=12b=2，抛物线的表达式为y=12x2+2x+6；（2）连接AC、OP，过P作PHx轴于H，如图：在y=12x2+2x+6中，令x0得y6，C（0，6），A（2，0），B（6，0），OC6，OA2，OB6，设P（m，12m2+2m+6），S四边形ACPBSAOC+SCOP+SBOP=1226+126m+126（12m2+2m+6）6+3m32m2+6m+18=32m2+9m+24=32（m3）2+752，320，当m3时，S四边形ACPB取最大值，最大值是752；此时12m2+2m+6=1232+23+6=152，P的坐标为（3，152）；（3）在抛物线上存

7、在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：由抛物线y=12x2+2x+6与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点可得对称轴是直线x=2+62=2，F（2，0），设E（n，0），Q（t，12t2+2t+6），又P（3，152），当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，2+n=t+30+0=12t2+2t+6+152，解得t=31+2或t=31+2，Q（31+2，152）或（31+2，152）；当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，2+t=n+312t2+2t+6=0+152，解得t1或t3（与P重合，舍去），Q（1，152）；当FP、EQ为对角线时，FP、E

8、Q的中点重合，2+3=n+t0+152=012t2+2t+6，解得t1或t3（舍去），Q（1，152），综上所述，Q的坐标是（31+2，152）或（31+2，152）或（1，152）总结提升：本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、四边形面积、平行四边形性质及应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度类型二 二次函数与矩形存在性问题典例2（2022绥化）如图，抛物线yax2+bx+c交y轴于点A（0，4），并经过点C（6，0），过点A作ABy轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD点E从A点出发，以每秒2个单位长度的速度

9、沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EFAB于F，以EF为对角线作正方形EGFH（1）求抛物线的解析式；（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由思路引领：（1）根据抛物线的对称轴为直线x2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（2，0），列出交点式，再将点A（0，4）可得出抛物线的解析式；（2）根据可得出ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，

10、将点G代入直线BC的解析式即可；（3）若存在，则BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当点C为直角顶点，分别求解即可解：（1）抛物线的对称轴为直线x2，C（6，0），抛物线与x轴的另一个交点为（2，0），抛物线的解析式为：ya（x+2）（x6），将点A（0，4）解析式可得，12a4，a=13抛物线的解析式为：y=13（x+2）（x6）=13x243x4（2）ABy轴，A（0，4），点B的坐标为（4，4）D（4，0），ABBD4，且ABD90，ABD是等腰直角三角形，BAD45EFAB，AFE90，AEF是等腰直角三角形AE=2m，AFEFm，E（m，4+m），

11、F（m，4）四边形EGFH是正方形，EHF是等腰直角三角形，HEFHFE45，FH是AFE的角平分线，点H是AE的中点H（12m，4+12m），G（32m，4+12m）B（4，4），C（6，0），直线BC的解析式为：y2x12当点G随着E点运动到达BC上时，有232m124+12m解得m=165G（245，125）（3）存在，理由如下：B（4，4），C（6，0），G（32m，4+12m）BG2（432m）2+（12m）2，BC2（46）2+（4）220，CG2（632m）2+（412m）2若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则BGC是直角三角形，分以下三种情况：当点B为直角顶点

12、时，BG2+BC2CG2，（432m）2+（12m）2+20（632m）2+（412m）2，解得m=85，G（125，165）；当点C为直角顶点时，BC2+CG2BG2，20+（632m）2+（412m）2（432m）2+（12m）2，解得m=285，G（425，65）；当点G为直角顶点时，BG2+CG2BC2，（432m）2+（12m）2+（632m）2+（4412m）220，解得m=245或2，G（3，3）或（365，85）；综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为（125，165）或（425，65）或（3，3）或（365，85）总结提升：本题属于二次函数综

13、合题，主要考查待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，分类讨论等知识，解题关键是由点E的坐标得出点H，F，G的坐标本题第（3）问当点B和点C为直角顶点时，也可通过一次函数和几何结合求解变式训练1（2022黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）经过原点O的抛物线yx2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D（1）求抛物线yx2+bx+c的表达式；（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MNy轴且MN2时，求点M的坐标；（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点是否存在以点A，

14、C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；（2）设直线AB的解析式为ykx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN2解方程可得答案；（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论解：（1）抛物线yx2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），16+4b+c=0c=0，解得：b=4c=0，抛物线的解析式为：yx2+4x；（2）直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），直线AB的解析式为：yx+4，MNy轴，设M（t，t

15、+4），N（t，t2+4t），其中0t4，当M在N点的上方时，MNt+4（t2+4t）t25t+42，解得：t1=5172，t2=5+172（舍），M1（5172，3+172），当M在N点下方时，MNt2+4t（t+4）t2+5t42，解得：t12，t23，M2（2，2），M3（3，1），综上，满足条件的点M的坐标有三个（5172，3+172）或（2，2）或（3，1）；（3）存在，如图2，若AC是矩形的边，设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，C（1，3），D（2，4），CD=(21)2+(43)2=2，同理得：CR=2，RD

16、2，CD2+CR2DR2，RCD90，点P1与点D重合，当CP1AQ1，CP1AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），此时直线P1C的解析式为：yx+2，直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），直线P2A的解析式为：yx4，点P2是直线yx4与抛物线yx2+4x的交点，x2+4xx4，解得：x11，x24（舍），P2（1，5），当ACP2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），P2（1，5）向左平移3个单位，

17、向上平移3个单位得到Q2（4，2）；如图3，若AC是矩形的对角线，设P3（m，m2+4m）当AP3C90时，过点P3作P3Hx轴于H，过点C作CKP3H于K，P3KCAHP390，P3CKAP3H，P3CKAP3H，P3KCK=AHP3H，m2+4m3m1=4mm2+4m，点P不与点A，C重合，m1或m4，m23m+10，m=352，如图4，满足条件的点P有两个，即P3（3+52，5+52），P4（352，552），当P3CAQ3，P3CAQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，P3（3+52，5+52）向左平移1+52个单位，向下平移1+52个单位得到C（1，3），A（4，0）向左平移1+52个单

18、位，向下平移1+52个单位得到Q3（752，152），当P4CAQ4，P4CAQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，P4（352，552）向右平移1+52个单位，向上平移1+52个单位得到C（1，3），A（4，0）向右平移1+52个单位，向上平移1+52个单位得到Q4（7+52，1+52）；综上，点Q的坐标为（5，1）或（4，2）或（752，152）或（7+52，1+52）总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键类型三 二次函数与菱形的存在性问题典

19、例3（2022烟台）如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线yax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x1（1）求抛物线的表达式；（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；（2）作DFAB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进

20、而表示出三角形ADC的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；（3）根据菱形性质可得PAPC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标解：（1）当x0时，y4，C （0，4），当y0时，43x+40，x3，A （3，0），对称轴为直线x1，B（1，0），设抛物线的表达式：ya（x1）（x+3），43a，a=43，抛物线的表达式为：y=43（x1）（x+3）=43x283x+4；（2）如图1，作DFAB于F，交AC于E，D（m，43m283m+4），E（m，43m+4），DE=43m283m+4（43m+4）=43m24m，SADC=12DEOA=32（43m24m）2m26

21、m，SABC=12ABOC=1244=8，S2m26m+82（m+32）2+252，当m=32时，S最大=252，当m=32时，y=43(321)(32+3)=5，D（32，5）；（3）存在点P和点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，理由如下：设P（1，n），以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，PAPC，即：PA2PC2，（1+3）2+n21+（n4）2，n=138，P（1，138），xP+xQxA+xC，yP+yQyA+yCxQ3（1）2，yQ4138=198，Q（2，198）总结提升：本题考查了二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决

22、问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质变式训练1（2022朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），连接BC（1）求抛物线的解析式及点B的坐标（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值（3）动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由

23、思路引领：（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需PMB是等腰三角形，所以分为PMBM，PMPB和BPBM，结合图象，进一步得出结果解：（1）由题意得，c=3a+21+c=0，c=3a=1，yx2+2x3，当y0时，x2+2x30，x11，x23，B（3，0）；（2）设直线BC的解析式为：ykx+b，b=33k+b=0，k=1b=3，yx3，设点P（m，m3），Q（m，m2+2

24、m3），PQ（m3）（m2+2m3）m23m（m+32）2+94，当m=32时，PQ最大=94；（3）如图1，B（3，0），C（0，3），OBOC3，OCBOBC45，作PDy轴于D，CDPDPCsinOCB=2t22=t，当BMPM时，MPBOBC45，PMOPDOMOD90，四边形OMPD是矩形，OMPDt，由BM+OMOB得，2t3，t=32，P（32，32），N（3，32），如图2，当PMPB时，作PDy轴于D，作PEx轴于E，BM2BE，可得四边形PDOE是矩形，OEPDt，BE3t，t2（3t），t2，P（2，1），N（2，1），如图3，当PBMB时，322t=t，t632，P（3

25、26，332），N（0，332），综上所述：N（3，32）或（2，1）或（0，332）总结提升：本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形类型四 二次函数与正方形的存在性典例4（2022修水县二模）已知二次函数C1：ymx22mx+3（m0）（1）有关二次函数C1的图象与性质，下列结论中正确的有 .（填序号）二次函数C1的图象开口向上；二次函数C1的图象的对称轴是直线x1；二次函数C1的图象经过定点（0，3）和（2，3）；函数值y随着x的增大而减小（2）当m1时，抛物线C1

26、的顶点坐标为 ；将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，则抛物线C2的表达式为 ；（3）设抛物线C1与y轴相交于点E，过点E作直线lx轴，与抛物线C1的另一交点为F，将抛物线C1沿直线l翻折，得到抛物线C3，抛物线C1，C3的顶点分别记为P，Q是否存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由思路引领：（1）根据二次函数性质，逐项判断即可得答案；（2）当m1时，yx22x+3，配成顶点式可得抛物线C1的顶点坐标为（1，2），求出抛物线C2的顶点为（1，2），即得抛物线C2的表达式为y（x1）22x2+2x3，（3）求出E（0，3），F（2，3

27、），P（1，3m），由P，Q关于直线y3对称，得Q（1，3+m），而EF，PQ互相平分，且EFPQ，故以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQEF，即有|（3+m）（3m）|2，可解得答案解：（1）当m0时，抛物线ymx22mx+3的开口向上，故不一定正确；抛物线ymx22mx+3的对称轴为直线x=2m2m=1，故正确；在ymx22mx+3中，x0时y3，x2时y3，即抛物线ymx22mx+3经过定点（0，3）和（2，3），故正确；二次函数ymx22mx+3的值在对称轴x1两侧的增减性恰好相反，故不正确；故答案为：；（2）当m1时，yx22x+3，yx22x+3（x1）2+2，抛物线

28、C1的顶点坐标为（1，2），故答案为：（1，2）；将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，抛物线C2的顶点为（1，2），抛物线C2的表达式为y（x1）22x2+2x3，故答案为：yx2+2x3；（3）存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下：如图：在ymx22mx+3中，令x0得y3，E（0，3），抛物线ymx22mx+3的对称轴为直线x1，F（2，3），在ymx22mx+3中，令x1得y3m，P（1，3m），P，Q关于直线y3对称，Q（1，3+m），由对称性知EF，PQ互相平分，且EFPQ，以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQEF，|（3+m）（3m）|

29、2，解得m1或m1，m的值为1或1总结提升：本题考查二次函数的综合应用，涉及翻折变换，正方形等相关知识，解题的关键是掌握翻折的性质和二次函数相关的性质第二部分 专题提优训练1（2022春渝中区月考）如图1，在直角坐标系中，抛物线C1：yax2+bx+3（a0）与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知tanCAO2，B（4，0）（1）求抛物线C1的表达式；（2）若点P是第一象限内抛物线上一点，过点P作PEx轴交BC于点E，求PE的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，点F是BC上一点，OF平分COB的面积，将抛物线C1沿射线CB方向平移，当抛物线恰好经过点F时，停止运动，记平移

30、后的抛物线为C2已知点M是原抛物线C1上的动点，在抛物线C2的对称轴上是否存在一点N，使得以点C、B、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）利用正切值求出A点坐标，再利用交点式求出二次函数解析式；（2）过点P作PFy轴交直线BC于点F，利用相似，将PE的最值转化成PF的最值，再利用配方求PF的最值即可；（3）平行四边形两定两动问题，以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，以NC、BM为对角线，则NC中点即是BM中点，以NB、CM为对角线，分别列方程组即可求解解：（1）在yax2+bx+3中，令x0得y3，C（0，3），OC3

31、，tanCAO2，COAO=2，AO=32，A(32，0)，B（4，0），设y=a(x+32)(x4)，将C（0，3）代入得：a=12，y=12(x+32)(x4)，即y=12x2+54x+3，（2）过点P作PFy轴交直线BC于点F，如图：PEx轴，PFy轴，PEFCBO，EFPBCO，CBOFEP，PEOB=PFOC，PE4=PF3，PE=43PF，设P(m，12m2+54m+3)，由B（4，0）、C（0，3）得直线BC解析式为：y=34x+3，F(m，34m+3)，PFyPyF，PE=43(12m2+54m+3+34x3)，PE=43(12m2+2m)=23m2+83m=23(m24m)=

32、23(m24m+44)=23（m2）2+83，当m=2时，PEmax=83，此时P(2，72)；（3）存在，理由如下：OF平分COB面积，F为BC中点，即F(2，32)，由题意可知，抛物线C1沿射线CB平移，且过点F，则C平移至点F时，向右平移2个单位，再向下平移32个单位，C2解析式为：y=12(x2)2+54(x2)+332，即y=12x2+134x3，C2的对称轴为：x=134，设N(134，t)，M（n，12n2+54n+3），而C（0，3），B（4，0），以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，如图：，解得t=2132n=34，N（134，2132），以NC、BM为对角线，则

33、NC中点即是BM中点，如图：134+0=n+4t+3=12n2+54n+3+0，解得t=3932n=34，N（134，3932），以NB、CM为对角线，如图：134+4=n+0t+0=312n2+54n+3，解得t=35932n=294，N（134，35932），综上所述：满足条件的N点坐标为：（134，2132）或（134，3932）或N（134，35932）总结提升：此题主要涉及二次函数的平移，左加右减自变量，上加下减常数项，二次函数求线段最值问题，解题的关键是根据平行四边形对角线互相平分，列方程组2（2019荆州）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A，C的坐标分别为（6，

34、0），（4，3），经过B，C两点的抛物线与x轴的一个交点D的坐标为（1，0）（1）求该抛物线的解析式；（2）若AOC的平分线交BC于点E，交抛物线的对称轴于点F，点P是x轴上一动点，当PE+PF的值最小时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，过点A作OE的垂线交BC于点H，点M，N分别为抛物线及其对称轴上的动点，是否存在这样的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由思路引领：（1）由平行四边形OABC的性质求点B坐标，根据抛物线经过点B、C、D用待定系数法求解析式（2）由OE平分AOC易证得COEAOEOEC，故有CEOC，求

35、得点E坐标，进而求得直线OE解析式求抛物线对称轴为直线x7，即求得点F坐标作点E关于x轴的对称点点E，由于点P在x轴上运动，故有PEPE，所以当点F、P、E在同一直线上时，PE+PFPE+PFFE最小用待定系数法求直线EF解析式，即求得EF与x轴交点P的坐标（3）设AH与OE相交于点G，且G的横坐标为t，即能用t表示OG、AG的长，由AHOE于点G，根据勾股定理可得AG2+OG2OA2，把t代入解方程即求得t的值即求得点G坐标待定系数法求直线AG解析式，令y3时求x的值即为点H坐标故可得HE954，且点H、E关于直线x7对称由于以点M，N，H，E为顶点的平行四边形中，H、E固定，以HE为平行四

36、边形的边或对角线进行分类讨论以HE为边时，可得MNHE，且MNHE，故可得点M横坐标为3或11，代入抛物线解析式即求得纵坐标以HE为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分可得点M在抛物线对称轴上，求顶点即可解：（1）平行四边形OABC中，A（6，0），C（4，3）BCOA6，BCx轴xBxC+610，yByC3，即B（10，3）设抛物线yax2+bx+c经过点B、C、D（1，0）100a+10b+c=316a+4b+c=3a+b+c=0 解得：a=19b=149c=139抛物线解析式为y=19x2+149x139（2）如图1，作点E关于x轴的对称点E，连接EF交x轴于点PC（4，3）OC=42

37、+32=5BCOAOECAOEOE平分AOCAOECOEOECCOECEOC5xExC+59，即E（9，3）直线OE解析式为y=13x直线OE交抛物线对称轴于点F，对称轴为直线：x=1492(19)=7F（7，73）点E与点E关于x轴对称，点P在x轴上E（9，3），PEPE当点F、P、E在同一直线上时，PE+PFPE+PFFE最小设直线EF解析式为ykx+h9k+=37k+=73 解得：k=83=21直线EF：y=83x+21当83x+210时，解得：x=638当PE+PF的值最小时，点P坐标为（638，0）（3）存在满足条件的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形设AH与

38、OE相交于点G（t，13t），如图2AHOE于点G，A（6，0）AGO90AG2+OG2OA2（6t）2+（13t）2+t2+（13t）262解得：t10（舍去），t2=275G（275，95）设直线AG解析式为ydx+e6d+e=0275d+e=95 解得：d=3e=18直线AG：y3x+18当y3时，3x+183，解得：x5H（5，3）HE954，点H、E关于直线x7对称当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的边时，如图2则HEMN，MNHE4点N在抛物线对称轴：直线x7上xM7+4或74，即xM11或3当x3时，yM=199+1493139=209M（3，209）或（11，209）

39、当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的对角线时，如图3则HE、MN互相平分直线x7平分HE，点F在直线x7上点M在直线x7上，即M为抛物线顶点yM=1949+1497139=4M（7，4）综上所述，点M坐标为（3，209）、（11，209）或（7，4）总结提升：本题考查了平行四边形的性质，二次函数的图象与性质，平行线性质，角平分线定义，等腰三角形性质，轴对称求最短路径，解二元一次方程，勾股定理，解一元二次方程其中第（2）题由轴对称求最短路径和第（3）题已知平行四边形的两顶点固定、求另两个顶点位置，都是函数与几何综合题里的常考题型3（2022仓山区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线

40、l：y=13x43与x轴交于点A，经过点A的抛物线yax23x+c的对称轴是直线x=32（1）求抛物线的解析式；（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PBx轴于点B，PCy轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PE=13PF，求证PEPF（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PEPF时，抛物线上是否存在点Q，使得四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由思路引领：（1）求出A（4，0），将点A代入抛物线解析式，再由对称轴是x=32，求解函数解析式即可；（2）设P（

41、3a，a），则PC3a，PBa，由题意可得PCPF=PBPE，则FPCEPB，再证明FPC+CPE90，即可得到FPPE；（3）分两种情况讨论：点E在点B的左侧时，设E（a，0），可求F（0，203a），由矩形的性质可得Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，求Q点坐标再代入函数解析式即可求解；当点E在点B的右侧时，设E（a，0），可求F（0，203a），求Q点坐标再代入函数解析式即可求解；（1）解：当y0时，13x43=0，解得x4，A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=32，得16a12+c=032a=32，解得a=1c=4，抛物线的解析式为yx23x4；（2）证明：平移

42、直线l经过原点O，得到直线m，直线m的解析式为y=13x，点P是直线1上任意一点，设P（3a，a），则PC3a，PBa，又PE3PF，PCPF=PBPE，FPCEPB，CPE+EPB90，FPC+CPE90，FPPE；（3）解：存在点Q，使得四边形PEQF是矩形，理由如下：如图1，点E在点B的左侧时，设E（a，0），BE6a，CF3BE183a，OF203a，F（0，203a），PEQF为矩形，Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，Qx+60+a，Qy+2203a+0，Qxa6，Qy183a，Q（a6，183a），183a（a6）23（a6）4，解得：a4或a8（舍去），Q（

43、2，6）；如图2：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），BEa6，CF3BE3a18，OF3a20，F（0，203a），PEQF为矩形，Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，Qx+60+a，Qy+2203a+0，Qxa6，Qy183a，Q（a6，183a），183a（a6）23（a6）4，解得：a8或a4（舍去），Q（2，6）；综上所述，点Q的坐标为（2，6）或（2，6）总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的判定及性质，分类讨论是解题的关键4（2019辽阳）如图，在平面直角坐标系中，RtABC的边BC在x轴上，ABC90，以A为顶点的抛物

44、线yx2+bx+c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上（1）求抛物线解析式；（2）若点P从A点出发，沿AB方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PDAB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，ACQ的面积最大？最大值是多少？（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）SACQ=12DQBC，即可求解；（3）分EC是菱

45、形一条边、EC是菱形一对角线两种情况，分别求解即可解：（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式得：9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，故抛物线的解析式为：yx2+2x+3，则点A（1，4）；（2）设直线AC的解析式为：ykx+h，由题意可得：k+=43k+=0，解得：k=2b=6，直线AC的表达式为：y2x+6，点P（1，4t），则点D（t+22，4t），设点Q（t+22，4t24），SACQ=12DQBC=14t2+t，140，故SACQ有最大值，当t2时，其最大值为1；（3）设点P（1，m），点M（x，y），当EC是菱形一条边时，当点M在点P右方时，点E向右平移3个单位、向下平移3

46、个单位得到C，则点P向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M，则1+3x，m3y，而MPEP得：1+（m3）2（x1）2+（ym）2，解得：ym3=17，故点M（4，17）；当点M在点P左方时，同理可得：点M（2，3+14）；当EC是菱形一对角线时，则EC中点即为PM中点，则x+13，y+m3，而PEPC，即1+（m3）24+m2，解得：m1，故x2，y3m312，故点M（2，2）；综上，点M（4，17）或（2，3+14）或M（2，2）总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏5（2022东胜区二模）如图，已知抛物线

47、y=12x2+bx+c与x轴相交于A（6，0），B（1，0），与y轴相交于点C（1）求该抛物线的表达式；（2）若在x轴上方的抛物线上有一动点P，且ACP的面积为24，求点P的坐标；（3）直线lAC，垂足为C，直线l上有一点N，在坐标平面内一点M，是否存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）求出直线AC的解析式，过点P作PGy轴交直线AC于点G，设P（t，12t2+52t3），则G（t，12t3），则SACP=126（12t2+3t）24，求出t的值即可求P点坐标；（3）设直线l与x轴的交

48、点为F，根据角的关系可得OCFOAC，求出F（32，0），再用待定系数法求出直线CF的解析式，设M（x，y），N（t，2t3），分三种情况讨论：当AC为正方形的对角线时，AC=2CN；当AM为正方形的对角线时，CN=2AC；当AN为正方形的对角线时，AN=2AC；根据正方形的对角线互相平分，对角线长与边长的关系，利用勾股定理和中点坐标公式建立方程组，求解点M的坐标即可解：（1）将A（6，0），B（1，0）代入y=12x2+bx+c，186b+c=012+b+c=0，解得b=52c=3，抛物线的解析式为y=12x2+52x3；（2）令x0，则y3，C（0，3），设直线AC的解析式为ykx+m，6

49、k+m=0m=3，解得k=12m=3，y=12x3，过点P作PGy轴交直线AC于点G，设P（t，12t2+52t3），则G（t，12t3），PG=12t2+52t3+12t+3=12t2+3t，SACP=126（12t2+3t）24，解得t2或t8，P点在x轴上方，t1或t6，P（2，4）或（8，9）；（3）存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，理由如下：设直线l与x轴的交点为F，ACCF，ACO+OCF90，ACO+OAC90，OCFOAC，tanOAC=12，OF=32，F（32，0），设直线CF的解析式为ykx+b，b=332k+b=0，解得k=2b=3，y2x3，设M（x，y）

50、，N（t，2t3），当AC为正方形的对角线时，AC=2CN，6=x+t3=y+2t345=2t2+8t2，解得t=322x=6322y=32或t=322x=6+322y=32，M（6322，32）或（6+322，32）；当AM为正方形的对角线时，CN=2AC，6+x=ty=2t6t2+4t2=245，解得t=32x=6+32y=626或t=32x=632y=626，M（6+32，626）或（632，626）；当AN为正方形的对角线时，AN=2AC，6+t=x2t3=y3(t+6)2+(2t3)2=245，解得t=3x=3y=6或t=3x=9y=6，M（3，6）或（9，6）；综上所述：M点坐标为（6322，32）或（6+322，32）或（6+32，626）或（632，626）或（3，6）或（9，6）总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，分类讨论是解题的关键